專題能力訓(xùn)練12電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用(時(shí)間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,16題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,78題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得8分,選對但不全的得4分,有選錯(cuò)的得0分)1.如圖所示,邊長為a的導(dǎo)線框abcd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場中,bc邊與磁場右邊界重合。現(xiàn)發(fā)生以下兩個(gè)過程:一是僅讓線框以垂直于邊界的速度v勻速向右運(yùn)動(dòng);二是僅使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化。若導(dǎo)線框在上述兩個(gè)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等,則磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率為()A.2B0vaB.B0vaC.B0v2aD.4B0va2.(2018全國卷)如圖所示,導(dǎo)體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點(diǎn),O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì),OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程);再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中,流過OM的電荷量相等,則BB等于()A.B.C.D.23.用導(dǎo)線繞一圓環(huán),環(huán)內(nèi)有一用同樣導(dǎo)線折成的內(nèi)接正方形線框,圓環(huán)與線框彼此絕緣,如圖所示。把它們放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小時(shí)()A.圓環(huán)和線框中的電流方向都為順時(shí)針B.圓環(huán)和線框中的電流方向都為逆時(shí)針C.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為12D.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為214.小明有一個(gè)磁浮玩具,其原理是利用電磁鐵產(chǎn)生磁性,讓具有磁性的玩偶穩(wěn)定地飄浮起來,其構(gòu)造如圖所示。若圖中電源的電壓固定,可變電阻為一可以隨意改變電阻大小的裝置,則下列敘述正確的是()A.電路中的電源必須是交流電源B.電路中的a端點(diǎn)須連接直流電源的負(fù)極C.若增加環(huán)繞軟鐵的線圈匝數(shù),可增加玩偶飄浮的最大高度D.若將可變電阻的電阻值調(diào)大,可增加玩偶飄浮的最大高度5.如圖甲所示,正三角形導(dǎo)線框abc固定在磁場中,磁場方向與線圈平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。t=0時(shí)刻磁場方向垂直紙面向里,在04 s的時(shí)間內(nèi),線框ab邊所受到的安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系(規(guī)定水平向左為力的正方向)可能是下圖中的()6.如圖所示,足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置,兩導(dǎo)軌的平面與水平方向的夾角為。在導(dǎo)軌的最上端M、P之間接有電阻R,不計(jì)其他電阻。導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌,當(dāng)沒有磁場時(shí),ab棒上升的最大高度為hmax;若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場時(shí),ab棒上升的最大高度為h。在兩次運(yùn)動(dòng)過程中ab棒都與導(dǎo)軌保持垂直,且初速度都相等。則下列說法正確的是()A.兩次上升的最大高度有hmax<hB.有磁場時(shí)ab棒所受合力的功大于無磁場時(shí)合力的功C.有磁場時(shí),電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為12mv02D.有磁場時(shí),ab棒上升過程的最小加速度為gsin 7.如圖甲所示,abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框,在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,MN和MN是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界,邊界的間距為s,并與線框的bc邊平行,磁場方向與線框平面垂直?，F(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落,圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域的v-t圖象(其中OA、BC、DE相互平行)。已知金屬線框的邊長為l(l<s)、質(zhì)量為m、電阻為R,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,圖象中坐標(biāo)軸上所標(biāo)出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均為已知量。(下落過程中bc邊始終水平)根據(jù)題中所給條件,以下說法正確的是()A.t2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間,t4是線框全部離開磁場瞬間B.從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止,感應(yīng)電流所做的功為mgsC.v1的大小可能為mgRB2l2D.線框穿出磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量比線框進(jìn)入磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量多8.如圖所示,在傾角為的光滑斜面上,存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上,區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下,磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊,MP、PG均為l。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為l的正方形導(dǎo)線框,由靜止開始沿斜面下滑,下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時(shí)刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場區(qū)域,此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);t2時(shí)刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置,此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g,下列說法正確的是()A.當(dāng)ab邊剛越過PQ時(shí),導(dǎo)線框加速度大小為a=gsin B.導(dǎo)線框兩次勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v1v2=41C.從t1到t2的過程中,導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于機(jī)械能的減少量D.從t1到t2的過程中,有m(v12-v22)2機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能二、非選擇題 (本題共2小題,共36分)9.(16分)如圖所示,裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺(tái)面,一輕質(zhì)彈簧左端固定、右端連接著質(zhì)量 m0=2 kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶,它與左右兩邊的臺(tái)面等高,并能平滑連接。傳送帶始終以u=2 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。裝置的右邊是一光滑曲面,質(zhì)量m=1 kg的小物塊B從其上距水平臺(tái)面高h(yuǎn)=1.0 m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2,l=1.0 m。設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對心彈性碰撞,第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài),g取10 m/s2。(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小;(2)通過計(jì)算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上?(3)如果物塊A、B每次碰撞后,物塊A再回到平衡位置時(shí)都會(huì)立即被鎖定,而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定被解除,試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動(dòng)速度大小。10.(20分)(2017天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意圖如圖所示,圖中直流電源電動(dòng)勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí),回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。求:(1)磁場的方向;(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小;(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案：1.B解析 線框以垂直于邊界的速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=B0av,感應(yīng)電流為I=B0avR;磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí),E=Bta2,E=IR,聯(lián)立得E=Bta2=B0av,得Bt=B0va。2.B解析 根據(jù)q=R得,q1=B14r2R=Br24R,q2=(B-B)r22R,因?yàn)閝1=q2,解得B=32B,故B正確。3.A解析 根據(jù)楞次定律可知當(dāng)磁場均勻減小時(shí),線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向與原磁場方向相同,所以感應(yīng)電流方向都為順時(shí)針,A正確、B錯(cuò)誤;設(shè)圓半徑為a,則圓面積為S=a2,圓周長為l=2a,正方形面積為S=2a2,正方形周長為l=42a,因?yàn)榇艌鍪蔷鶆驕p小的,故E=SBt,所以圓和正方形內(nèi)的電動(dòng)勢之比為EE=SS=2,兩者的電阻之比為RR=22,故電流之比為II=21,故C、D錯(cuò)誤。4.C解析 讓具有磁性的玩偶穩(wěn)定地飄浮起來,則需讓玩偶受到向上的恒定的磁場力,在線圈中要產(chǎn)生上面是N極的恒定的磁場,故電路中的電源必須是直流電源,且根據(jù)左手定則,電路中的a端點(diǎn)須連接直流電源的正極,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;若增加環(huán)繞軟鐵的線圈匝數(shù),可使電磁鐵產(chǎn)生的磁場增強(qiáng),從而增加玩偶飄浮的最大高度,選項(xiàng)C正確;若將可變電阻的電阻值調(diào)大,則通過電磁鐵的電流減小,磁場減弱,則可減小玩偶飄浮的最大高度,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5.A解析 由磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化圖象可判斷出12 s內(nèi)線框的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,然后利用左手定則判定ab邊所受到的安培力水平向左,大小為BIL,由于B隨時(shí)間均勻變化,則安培力也隨時(shí)間均勻變化,據(jù)此排除選項(xiàng)C、D;然后再由34 s內(nèi)安培力方向排除選項(xiàng)B。6.D解析 沒加磁場時(shí),機(jī)械能守恒,動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能。加有磁場時(shí),動(dòng)能的一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能,還有一部分轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路的內(nèi)能,則加有磁場時(shí)的重力勢能小于沒加磁場時(shí)的重力勢能,即h<hmax,故A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理知,合力的功等于導(dǎo)體棒動(dòng)能的變化量,有、無磁場時(shí),棒的初速度相等,末速度都為零,則知ab棒所受合力的功相等,故B錯(cuò)誤;設(shè)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q,根據(jù)能量守恒知有12mv02=Q+mgh,則Q<12mv02,故C錯(cuò)誤;有磁場時(shí),導(dǎo)體棒上升時(shí)受重力、支持力、沿斜面向下的安培力,所以所受的合力大于mgsin ,根據(jù)牛頓第二定律知,加速度a大于gsin ,所以ab上升過程的最小加速度為gsin ,故D正確。7.AC解析 因線框全部進(jìn)入磁場后和全部離開磁場后均做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng),故由題中圖線可知,t2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間,t4是線框全部離開磁場瞬間,選項(xiàng)A正確;從bc邊進(jìn)入磁場時(shí)線框的速度為v2,ad邊離開磁場時(shí)線框的速度為v1,此過程中線框的機(jī)械能的減小量為E=12mv22-12mv12+mg(l+s),則產(chǎn)生的電能為W電=12mv22-12mv12+mg(l+s),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;線框全部進(jìn)入磁場時(shí)可能達(dá)到了最大速度,即滿足mg=BBlvmRl,即v1的大小可能為vm=mgRB2l2,選項(xiàng)C正確;根據(jù)q=ERt=R可知,線框進(jìn)入磁場和線框離開磁場時(shí)磁通量的變化量相等,故線框穿出磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量等于線框進(jìn)入磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A、C。8.BC解析 線框在區(qū)域 內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),滿足合力為零,有mgsin -B2l2v1R=0;線框的ab邊剛越過PQ時(shí),兩邊都在切割磁感線,都受到沿斜面向上的安培力,則mgsin -4B2l2v1R=ma,a=-3gsin ,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;線框再次勻速時(shí),其受合力也為零,有mgsin -4B2l2v2R=0,可得v1v2=41,選項(xiàng)B正確;從t1到t2的過程中,安培力做負(fù)功,重力做正功,根據(jù)動(dòng)能定理,可得WG-WF=12mv22-12mv12,解得WF=WG+12mv12-12mv22,即線框從t1到t2過程中克服安培力所做的功等于線框機(jī)械能的減少量,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.答案 (1)4 m/s(2)不能(3)43n m/s解析 (1)設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時(shí)的速度大小為v0,由機(jī)械能守恒知mgh=12mv02v0=2gh設(shè)物塊B在傳送帶上滑動(dòng)過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為amg=ma設(shè)物塊B通過傳送帶后運(yùn)動(dòng)速度大小為v,有v2-v02=-2al結(jié)合式解得v=4 m/s由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。(2)設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v、v1,取向右為正方向,由彈性碰撞知-mv=mv1+m0v12mv2=12mv12+12m0v2解得v1=13v=43 m/s即碰撞后物塊B沿水平臺(tái)面向右勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)物塊B在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為l,則0-v12=-2all=49 m<1 m所以物塊B不能通過傳送帶運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上。(3)當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的速度為零后,將會(huì)沿傳送帶向左加速。可以判斷,物塊B運(yùn)動(dòng)到左邊臺(tái)面時(shí)的速度大小為v1,繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞。設(shè)第二次碰撞后物塊B速度大小為v2,同上計(jì)算可知v2=13v1=132v物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞,碰撞后物塊B的速度大小依次為v3=13v2=133v,v4=13v3=134v,則第n次碰撞后物塊B的速度大小為vn=13nvvn=43n m/s。10.答案 (1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)BlEmR(3)B2l2C2Em+B2l2C解析 (1)由題意可知,MN所受安培力可以使其水平向右運(yùn)動(dòng),故安培力方向?yàn)樗较蛴?而MN中的電流方向?yàn)閺腗到N,因此,根據(jù)左手定則可判斷磁場方向?yàn)榇怪庇趯?dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時(shí),電容器放電,設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I,有I=ER設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB由牛頓第二定律,有F=ma聯(lián)立式得a=BlEmR。(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有Q0=CE開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大值vmax時(shí),設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E,有E=Blvmax依題意有E=QC設(shè)在此過程中MN的平均電流為I,MN上受到的平均安培力為F,有F=IlB由動(dòng)量定理,有Ft=mvmax-0又It=Q0-Q聯(lián)立式得Q=B2l2C2Em+B2l2C。